Zbirnyk_zadach_z_Konstrukt_Geom

(b)описаного навколо нього правильного трикутника.

287.Побудувати зображення правильно¨ трикутно¨ призми, вписано¨ в цилiндр (описано¨ навколо цилiндра) в ортогональнiй проекцi¨.

288.Через дану точку провести дотичну до даного елiпса.

289.Дано зображення кола в паралельнiй проекцi¨. Побудувати зображення вписаного

âнього правильного шестикутника.

290.Дано зображення кола в паралельнiй проекцi¨. Побудувати зображення квадрата i правильного восьмикутника, описаного навколо цього кола.

291.Дано зображення квадрата в паралельнiй проекцi¨. Побудувати зображення кола, вписаного в цей квадрат.

292.Дано зображення квадрата в паралельнiй проекцi¨. Побудувати зображення кола, описаного навколо цього квадрата.

293.Дано зображення кулi та ¨¨ екватора. Побудувати зображення двох ¨¨ меридианiв, площини яких вза¹мно перпендикулярнi.

294.Дано зображення куба в паралельнiй проекцi¨. Побудувати зображення перерiзу

цього куба площиною, що проходить через точки M0, N0, P 0, такi, що точки M0 i N0 лежать в бiчних гранях куба, а точка P 0 на продовженi одного з бiчних ребер.

295.Дано зображення правильно¨ чотирикутно¨ пiрамiди в паралельнiй проекцi¨.

Побудувати зображення перерiзу цi¹¨ пiрамiди площиною, що проходить через точки M0, N0, P 0, такi, що точка M0 лежить на одному з бiчних ребер пiрамiди, а точки N0 i P 0 на ¨¨ бiчних гранях.

296.В паралельнiй проекцi¨ дано зображення трикутника, вписаного в коло. Побудувати зображення його висот.

297.В паралельнiй проекцi¨ дано зображення трикутника, описаного навколо кола. Побудувати зображення його медiан, висот i бiсектрис кутiв.

3ÂIÄÏÎÂIÄI

Ðîçäië 1 1.1

2. Шукана точка лежить на перетинi двох кiл, концентричних даним. 3. Треба розглянути два випадка: 1) три прямi попарно перетинаються; 2) двi прямi паралельнi, а третя ¨х перетина¹.

5. Звести до задачi 4 (побудова трикутника за основою 2p, кутом при вершинi 90◦ +	A
	2 i

висотою ha). 6. Спочатку довести, що сторону трикутника видно з центра вписаного кола пiд кутом, величина якого рiвна 90◦ плюс половина величини кута, який лежить навпроти сторони.

8. Задача зводиться до побудови точки D середини AC, ÿêùî BC = a. 9. Використати коло Аполлонiя. 10. Див. вказiвку до задачi 9. 11. Добудувати шуканий трикутник до

31

паралелограма ABCD i звести задачу до побудови точки B. 12.

Використати коло Аполлонiя. 13. Задача зводиться до побудови вершини C трикутника ACA0, у якого AA0 = 2AB (B середина AA0). AB i BC данi сторони шуканого паралелограма i вiдношення AC : A0C

дорiвню¹ даному вiдношенню. 14. Нехай ABCD шуканий паралелограм. Точка C ¹ точка перетину кола Аполлонiя i кола радiуса r = 12 AC з центром в серединi AC. 16. Використати

ôiãóðó F = {M | |BM|2 −|CM|2 = |m|2}, äå B i C данi точки i m даний вiдрiзок. 18. Центр

√

шуканого кола ¹ точка перетину кiл (A, r) i (B, r2 + l2). 19. Див. вказiвку до задачi 16. 20.Знаючи R i A, легко побудувати BC. Потiм використати фiгуру F = {M | |BM|2+|CM|2 = |l|2}. 29. ßêùî M точка перетину шуканих сiчних i даний кут не рiвний кутовi AOB, òî MO бiсектриса кута AMB. 33. Розглянути середню лiнiю трикутника ABC, паралельну AC. 34. За кутом A i R побудувати сторону BC.

1.2

35. Використати паралельне перенесення однi¹¨ з дiагоналей. 37. Застосувати паралельне перенесення однi¹¨ з медiан, звести задачу по побудови трикутника, сторонами якого ¹ 2

3 медiан шуканого трикутника. 38. Використати паралельне перенесення бiчно¨ сторони. 39. Звести

задачу до розглядання рiвнобiчного трикутника та його осi симетрi¨. 41. Вписати в дане коло квадрат i потiм повернути його навколо центра кола на належний кут. 42. Знаючи два кути, побудувати трикутник, подiбний шуканому, визначити коефiцi¹нт подiбностi, що i дасть можливiсть побудувати шуканий трикутник. 44. Припустивши задачу розв'язаною, ззастосувати гомотетiю з центром у вершинi даного кута. 46. Нехай ABCD шуканий

паралелограм. Вiзьмемо довiльнi точки A1, C1 i побуду¹мо коло Аполлонiя {M | |A1M| : |C1M| = |AD| : |CD|}. Нехай O1 середина A1C1. Проводимо промiнь O1X, такий, щобA1O1X був рiвний даному кутовi мiж дiагоналями. Цей промiнь перетне коло Аполлонiя у вершинi D1 паралелограма A1D1C1B1. Вiд цього паралелограма за допомогою гомотетi¨ переходимо до шуканого. 47. Навколо даного трикутника описати коло i з допомогою гомотетi¨ перевести ¨¨ в дане коло. 48. Якщо данi прямi перетинаються, то використати спосiб розв'язку задачi 44 (гомотетiя з центром в точцi перетину цих прямих). Якщо ж прямi паралельнi, то побудувати коло, яке дотика¹ться цих прямих, i потiм переносом перевести ¨¨ в коло, що проходить через дану точку (в останньому випадку дана точка повинна належати смузi, обмеженiй даними прямим). 49. Нехай A, B данi точки, d дана пряма. Гомотетiя з центром

S = d ∩ AB	i êîåôiöi¹íòîì	|SA|	дозволя¹ визначити точку Q .d	, äå	BQ	одна iз шуканих
		|SB|
прямих. 51. Розгляньте поворот з центром в точцi A íà êóò 60◦
			1.3

58. Дивись рисунок. 59. Дивись рисунок. 60. Три дуги кiл з кiнцями в вершинах трикутника.

Рис. до задачi 58. Рис. до задачi 59.

61. Двi прямi, кожна з яких паралельна спiльнiй дотичнiй у точцi A. 62. Âêàçiâêà. Спочатку

32

побудувати образ шуканого кола при деякiй iнверсi¨ з центром A. 63. Âêàçiâêà. Побудувати

образ однi¹¨ з даних точок при iнверсi¨ вiдносно даного кола. 64. Âêàçiâêà. Див. вказiвку до задачi 63.

67. Âêàçiâêà. Провести перпендикуляр з
центра	O	даного	êîëà	íà	äàíó	пряму
a (див. рис.). Врахувати, що точка A0
шуканого кола			точка	перетину		P A	i
êîëà,	ùî	проходить через			точки	M,	Q

i A. 68. Âêàçiâêà. Спочатку побудувати
допомiжне коло, концентричне шуканому i
яке проходить через центр одного з даних кiл.
73. Âêàçiâêà. Розглянути iнверсiю з центром
в однiй з даних точок, звести задачу до
побудови спiльно¨ дотично¨ до двох даних кiл.	Рис. до задачi 67.

1.4

74. Нехай (O) шукане коло i d ∩ (O) = {D, E}, d ∩ (AB) = C. Ìà¹ìî: |AC| · |BC| = x(x + a), äå x = |CD| i a довжина даного вiдрiзка. 76. Переконайтесь, що вiдстанi точки D âiä ñòîðií

трикутника вiдомi. 84. Нехай a, b довжини сторiн, e, f довжини дiагоналей паралелограма.

√ √

За умовою: e = ka, f = kb. Àëå 2(a2 + b2) = e2 + f2. Çâiäñè k = 2. Знаючи a, b, e = 2a,

побуду¹мо трикутник, а потiм i паралелограм. 85. Задача зводиться до подiлу основи трапецi¨

в даному вiдношеннi. 87. Нехай a довжина сторони правильного п'ятикутника, d довжина

√

його дiагоналi. Тодi d : a = a : (d	−	a). Çâiäñè a =	5−1	d.
			2

1.5

102. Застосувати перемiщення одного з даних кiл в даному напрямку так, щоб довжина вектора перемiщення бiла рiвна довжинi даного вiдрiзка. 104. Вивести спiввiдношення: ac =

12 (p2 + q2 − b2 − d2), äå a, c довжини основ, b, d довжини бiчних сторiн, p, q довжини дiагоналей трапецi¨. Побудувати вiдрiзки довжини m, n, l, òàêi, ùîá:

			ac = l2,			a + c	=		m	.
						a − c
									n
Знайдемо:	a m + n						l2(m + n)
		=			,	a2 =					.
	c		m − n					m − n

Побудувавши вiдрiзок довжини a, можна побудувати трапецiю. 105. Висота ромба 2R, äå R радiус даного кола. За стороною та висотою буду¹мо ромб i впису¹мо в нього коло.

Перемiщенням переводимо побудоване коло в дане. 106. Вiсь симетрi¨ сектора перетина¹ його дугу в точцi M дотикання шуканого кола. Знаходимо радiус шуканого кола:

r = ddR+ R,

äå R радiус сектора, d вiдстань вiд точки M до граничного радiуса сектора. 107. Âñi

кола, що перетинають два даних дiаметрально, належать одному пучку, центри кiл цього пучка лежать на лiнi¨ центрiв даних кiл. 108. Нехай P, Q, R, S данi точки на сторонах AB,

BC, CD, DA квадрата ABCD або ¨х продовженнях. Через точку Q проведемо перпендикуляр

33

äî P R i вiдкладемо на ньому QT = P R. Òîäi AD ST . 110. Центр шуканого кола повинен

лежати також на колi Аполлонiя, яке можна побудувати за даними точками. 111. Центром шуканого кола ¹ радикальний центр дано¨ трiйки кiл. 112. Вважаючи данi точки колами нульового радiуса, розв'язу¹мо цю задачу, як i попередню. 114. Нехай (O1, r1) i (O2, r2) äàíi êîëà, A (O1, r1). Побудувати радiус O2B, паралельний O1A. Точка дотикання шуканого кола з колом (O2, r2) лежить на AB. 115. Бiсектриси трикутника ABC лежать на прямих, що мiстять висоти шуканого трикутника. 118. Розглянути пряму, що проходить через центр даного кола i середину вiдрiзка, який з'¹дну¹ данi точки. 119. Спiльна дотична до шуканих кiл, що проходить через C, або паралельна AB, або проходить через середину AB.

Ðîçäië 2 2.1

120.

F2

=

¯ ¯

,

2

=

¯ ¯ ¯ ¯

¯ ¯

¯ ¯

.

Вектори

¯ ¯

=

~a1

,

¯ ¯

{0, 1}

F2

{(0, 0), (1, 0), (0, 1), (1, 1)}

(1, 0)

(0, 1) = ~a2

утворюють

базис векторного

простору

2

¯ ¯

~,

¯ ¯

= ~a1

+ ~a2

=

. Множина

2

~

мiстить три вектори

F2 , (0, 0) =

0

(1, 1)

~e

2

, якi породжують три точки

, òîìó

F2

\ {0}

~a1,~a2,~e

A1

, A2, E

P (F2 ) =

{A1, A2, E}. 121. Векторний простiр F23 мiстить лише сiм попарно неколiнеарних ненульових вектори. 124. X∞(−1, 1). 131. A1(1, 0, 0), A2(0, 1, 0), A3(0, 0, 1), E(1, 1, 1), E1(0, 1, 1), E2(1, 0, 1),

E3(1, 1, 0), P1(2, 1, 1), P2(1, 2, 1), P3(1, 1, 2). Âêàçiâêà. Для визначення координат точок P1, P2, P3 скористатись умовою колiнеарностi трьох точок. 133. X∞(1, −1, 0), Y∞(1, 0, −1), Z∞(0, 1, −1) невласнi точки сторiн координатного трикутника, M∞(−2, 1, 1), N∞(1, −2, 1), P∞(1, 1, −2) невласнi точки його медiан.

2.2

134.

A(0, 1)R, B(1,

−

1)R, C(2, 7)R, D(1,

−

1)R0

, E(0, 1)R0 ,

−

F ( 3, 1)R0 .

λx1 = x0

2x0 ,

λx1 = x0 + x0 ,

λx1 = x0 ,

;

λx1 = x0

x0 ,

135.

λx2 = 2x10−+ x20

;

(b)

λx2 = 2x20 ;

λx2 = 2x20

(d)

λx2

= x10

+ x20 .

(a)

1

2

1

2 (c)

1

1

−

2

136.A(1), B(23 ), C(−35 ). Точка D невласна, тому вона не ма¹ афiнно¨ координати.

137.A(2, 1)R, B(1, 3)R, C(1, −1)R. 138. A(3, −1), B(2, −1), C(1, −3), D(1, −2), K∞(1, −1).

µx1 = x10

x20

x30 ,

139.

µx2 = x10

− x20

− x30 ,

140.

M(

2, 0, 1), N(0,

−

1, 1). 141.

M(3, 2,

−

1), N(12, 9),

X∞(5,

µx3 = 2x30−.

−

−

2

−

2

−

2

0,

3), P (0, 1, 1). 142. O(

7, 10, 14), A(1, 0, 0), B(0, 1, 0), C(0, 0, 1), D(1, 1, 1), E(77, 34, 14),

F (1, 35, −1), P (−7, 1, −7). 143. 8x01 − 2x02

− x0

3 = 0.

2.3

144.

~

~ ~

~

~

~

7. 148. (−A, B, C), äå A = (1, 0, −1), B = (2, 1, 0), C = (0, 0, 1) в базисi, який породжу¹

репер R. 149. x1 − 2x2 − x3 = 0. 150. 9x1 + 3x2 − 7x3 = 0. 151. à) x3 = 0; á) 2x1 + 5x2 + 4x3 = 0; â) x1 + x3 = 0. 152. (−1, −1, 3). 153. 4x1 + 3x2 − 2x3 = 0. 154. (−5, 4, 6). 155. (12, 38, 9). 156. (14, 6, −1). 157. (64, 5, 50). 158. (a) (−3, 10, 4); (b) (3, −2, 1). 159. 3x1 − x2 + 5x3 = 0. 160. 42x1 +9x2 −8x3 = 0. 161. 3x1 +13x2 −5x3 = 0. 162. x1 −x2 −x3 = 0. 163. 17x1 +17x2 +11x3 = 0. 164. P (5, 2, 6), Q(1, 1, −3), R(1, 2, 0); P Q : 4x1 −7x2 −x3 = 0; QR : 6x1 −3x2 + x3 = 0; RP : 6x1 −

3x2 −4x3 = 0. 165. AC : 5x1 +2x2 +6x3 = 0; BD : x1 +2x2 = 0; P (1, 2, 1), Q(−6, 3, 4), R(1, −1, 0). 166. x2 + x3 = 0. 167. (1, 1, 1). 175. à) x01 + x03 = 0 â R0; á) 4x1 + 5x2 − 6x3 = 0 â R. 176. à)

µx1 = x01 − x03,

µx2 = x01 − x02, á) A(5, 4, 4); â) B(3, 4, 1); ã) 3x01−x02−x03 = 0; ä) x1+x2 = 0. 177. X∞(1, −1, 0),

µx3 = x01.

Y∞(1, 0, −1), Z∞(0, 1, −1) невласнi точки сторiн координатного трикутника, M∞(−2, 1, 1), N∞(1, −2, 1), P∞(1, 1, −2) невласнi точки його медiан.

34

2.4

178. à) 4; á) −35

; â) −4; ã) ∞; ä) 1; å) 0. 179. à) D(5, 1); á) D(1, 2); â) D(1, 0); ã) A(3, 2); ä)

B(3, −1)

; å)

C(1, 3)

. 180.

A, B ÷ C, D

у випадках б), в);

A,

B . . C, D у випадках а), д). 181.

1

(DB, CA) = (CA, BD) =

1.

A, D ÷ B, C

. 182. (DC, AB) = (BA, CD) = (AD, BC) =

2 ,

−

3

3

183. (AD, BC) =

7 , (BA, DC) = (AB, CD) = 14 . 184. à),

á) D(−3, 4); â) ã) D(9, −2). 185.

X(1,

−

2), Y (1, 1). 187. à) 61

1

123

1

a−c

b−c

b−a

1

−

1,

4 ; á) 3 ; â)

8 . 188. à), á) −3 ; â) 4. 189. à)

b−c ; á)

a−c ; â) b−c . 190.

1

3−

7

(AB, CD) =

(DB, CA) = 2. 192. (AB, CD) = (DC, BA) = 2, (AC, BD) =

1, (AD, BC) =

2 . 193. (AB, CD) = (BA,

DC) = (CD, AB) =

−

1

3 ,

(AC, DB) = (CA, BD) =

7 ,

(AD, BC) =

4 ,

4

DC) =

3

1

(AD, BC)

1= (CB, AD) =

7 ,

(AB,

−4 ,

(AC, BD) = 2

3 . 194. à)

(ab, cd) = (dc, ba) = 2;

1

1

1

(ad, bc) =

2 ; á) (ab, cd) = (dc, ba) = 1

5 ;

(ad, bc) =

6 . 197. d(−1, 1, 4). 198. (ab, cd) = 15 . 199. à)

3x1 − 5x2 − 3x3

= 0; á) 13x1 − 3x2 − 5x3

= 0; â) 7x1 − 2x2 = 0. 200. à), á) D(3, −1, 1); â), ã)

D(0, −2, 5)

. 201. à)

4, 1); á) D(4, 1, 2); â) D(50,

−

10, 13); ã) D(29,

−

4, 7). 203. (DB, CA) =

D(11, −1

,

1

BC) =

3

2. 204. à) (CA, BD) =

−2 ;

á) (DB, CA) = (CA, DB) = 3

(CA, BD) =

3 ,

(AD,

2 ,

(CB, AD) =

2

1

3 ; â) (DB, CA) = (CA, DB) = (AD, BC) = 2, (CA, BD) = (CB, AD) =

2 . 206. 21

àáî 1

21

в залежностi вiд позначень невласних точок гiперболи.

2.5

213.Âêàçiâêà. Наведемо формулювання прямо¨ теореми: нехай ABC довiльний

тривершинник, S точка, що не належить його сторонам, i C1 довiльна точка прямо¨ SC, âiäìiííà âiä S i C. Якщо точки P i Q, якi лежать вiдповiдно на сторонах BC i AC, òàêi, ùî CqkAS i C1P k BS, òî ïðÿìi AB i P Q паралельнi. Для доведення теореми засобами евклiдово¨ геометрi¨ розгляньте гомотетiю з центром в точцi C, при якiй точка S

вiдобража¹ться на C1. Покажiть, що образом прямо¨ AB при цiй гомотетi¨ буде пряма QP . 217. Розв'язування. Трапецiя EF QH вписана в чотирикутник ABCD òàê, ùî F QkEHkAC. Ïðÿìi

F Q i EH, F B i DE, BQ i DH перетинаються на прямiй AC. Отже, тривершинники F BQ i EDH задовольняють обернену теорему Дезарга, тому прямi F E, QH i BD перетинаються в однiй точцi. 220. Âêàçiâêà. Нехай задача розв'язана i пряма n шукана. Розглянемо

конфiгурацiю Дезарга, центром яко¨ ¹ невласна точка, що належить прямим l, m, n. Âiñü s i точки R l, Q m i R0 l можуть бути вибранi довiльно, але так, щоб R, Q i P не були колiнеарними. Якщо X = RQ ∩ s, Y = P Q ∩ s, Z = RP ∩ s, òî Q0 = R0X ∩ m, P 0 = R0Z ∩ Q0Y .

221. Âêàçiâêà. Розв'язування цi¹¨ задачi аналогiчне розв'язуванню задачi 220, тiльки замiсть невласно¨ точки прямих l i m треба розглядати недосяжну точку перетину прямих l i m. 222.

Âêàçiâêà. Конфiгурацiю Дезарга побудуйте так, щоб ML була дезарговою вiссю, а точки M, L i шукана точка N були точками перетину вiдповiдних сторiн дезаргових трикутникiв. Для цього вершини A i C одного з дезаргових трикутникiв слiд вибрати на прямiй n. Тодi третя вершина B буде точкою перетину AL i MC. Шукана точка N = AC ∩A1C1, äå A1 i C1 точки, що вiдповiдають A i C в конфiгурацi¨ Дезарга. 223. Âêàçiâêà. Якщо дана пряма паралельна

однiй з сторiн трикутника, то задача зводиться до задачi 220. Якщо ж дана пряма перетина¹ прямi, на яких лежать сторони паралелограма, то позначимо точки перетину прямих AD i DC

з прямою n через K i L вiдповiдно. Далi необхiдно розглянути конфiгурацiю Дезарга, вiссю

яко¨ ¹ нескiнченно вiддалена пряма, одним з дезаргових тривершинникiв тривершинник DLK, а точка M вершиною другого. Центр S конфiгурацi¨ вiзьмiть на прямiй DM. Ïðè

побудовi скористайтесь задачею 220. 224. Âêàçiâêà. Використовуючи задачу 220, побудуйте паралелограм так, щоб точка M належала однiй з його сторiн, а далi скористайтесь вказiвкою

до задачi 223. 225. Застосувати теорему Дезарга до тривершинникiв DMN i CP Q. 226. Трикутники AMN i DP Q мають центр перспективи.

35

2.6

227. Âêàçiâêà. Скористайтесь гармонiйними властивостями повного чотиривершинника. 229. Âêàçiâêà. а) Розгляньте чотиривершинник ADY Q i доведiть гармонiйнiсть четвiрки точок

D, Y, C, U, äå U = KP ∩ DC. Врахуйте також, що Y середина CD. б) Розгляньте повний чотиривершинник ADY Q, äå Q = BD∩P X, i доведiть гармонiйнiсть четвiрки точок D, Y, U, V ,

äå U = CD ∩ P K, V = CD ∩ AQ. Вiзьмiть до уваги, що вiдрiзок Y V склада¹ n1 частину âiäðiçêà DV . 230. Пряма пучка, перпендикулярна до прямо¨ c. 231. Âêàçiâêà. 1) Використайте

принцип дво¨стостi та розв'язок задачi 227 або 2) побудуйте A, B, C точки перетину прямих a, b, c з якою-небудь прямою. Далi побудуйте точку D òàêó, ùîá (AB, CD) = −1, i пряму d = SD. 232. Âêàçiâêà. Шукана пряма d задовольня¹ умову (ac, bd) = −1. 233. Âêàçiâêà. Використайте вказiвку до задачi 231, вважаючи точку S невласною. 234. Âêàçiâêà. Побудуйте повний чотиривершинник P F QE òàê, ùîá Q AF , P = F B ∩ QC, E = AP ∩ QB. Òîäi

F E шукана пряма. 235. Âêàçiâêà. ßêùî D∞ невласна точка даних паралельних прямих, а X шукана точка, то (AX, BD∞) = −1. 238. На розширенiй площинi розгляньте повний чотиривершинник, вершинами якого ¹ вершини даного паралелограма. 239. На розширенiй площинi розглянути повний чотиривершинник з вершинами у вершинах трапецi¨.

2.7

240. à) A0(3, 3, 1); á) B(8,

−

2, 3); â) l0

: 4x0

+ x0

−

9x0 = 0; ã) m : x1 + 3x2 + x3 = 0. 241. à)

−

1

2

3

: 2x1 −3x2 −2x3 =

A0(1, 2, −2), B0(2, 3, 0), C 0(0, −1, 1); á) D(10, −5, 11), E(0, 0, 1), H(1, 0, 3); â) a0

0, b0 : x3 = 0, c0 : 2x1

−

x2

−

x3 = 0; ã) l : 2x1 + 3x2 = 0, m : x1 + 2x2 = 0; ä) 5x2 + 4x2 + x2

1

2

3 −

λx10 = x1,

8x1x2

−

4x1x3 + 4x2x3 = 0; å) 2x12

−

3x22 + 2x1x2

−

2x1x3

−

4x2x3 = 0. 242.

λx20 = x2,

λx30 = x1 − x3.

243. à)

λx10 = 3x2,

á)

λx10 = x2

3

λx10 =

1 − 4x2 − 14x3,

λx20 = 3x3,

λx20 =

x3

,

244. λx20 =

4x2 + 4x3,

λx30 = 9x1

λx30 =

+ x ,

λx30 =

18x

−

4x2

−

8x3;

−x1.

−6x1

−

2x2

−

x3.

10

1

−

−

точка

òèì, ùî

âîíà

245. λx20

= bx2,

246. Розв'язування. Нерухома

характеризу¹ться

λx

= ax ,

λx30

= cx3.

спiвпада¹ iз сво¨м образом. Тому, для нерухомо¨ точки трiйки x1, x2, x3 i x01, x02, x03 пропорцiйнi. Отже, з рiвнянь перетворення отриму¹мо систему рiвнянь, яка да¹ можливiсть знайти нерухомi

λx1

точки: λx2

λx3

= x2	,		Цю систему запишемо в такому виглядi:	(1	−	λ)x2	= 0,
= x1	,			(1 λ)x1			= 0,
= x1	−	x3.		x1	−	(1 + λ)x3 = 0.
					−

Отрималась лiнiйна однорiдна система вiдносно x1, x2, x3, коефiцi¹нти яко¨ залежать вiд параметра λ. Така система ма¹ ненульовий розв'язок тодi i тiльки тодi, коли ¨¨ визначник дорiвню¹ нулевi, тобто при умовi

	0	1 − λ	0	= (1 λ)2(1 + λ) = 0.
	1 − λ	0	0		− −
	1	0	1 λ
			− −

Таким чином, ненульовi розв'язки будуть при λ = −1 i λ = 1.

1)λ = −1. В цьому випадку iз системи знаходимо: x1 = x2 = 0. x3 довiльне. Отриму¹мо нерухому точку A(0, 0, 1).

2)λ = 1. Система зводиться до одного рiвняння x3 = x1 −x3. В цьому випадку отриму¹ться пряма p : x1 − 2x3 = 0, яка склада¹ться з нерухомих точок.

36

Таким чином, множина нерухомих точок колiнеацi¨ склада¹ться з точки A та всiх точок

прямо¨ p. 247. à)

Точка (1, 1, −1);

б) точка

(1, −1, 0) i всi точки прямо¨ x1 − x2

= 0;

в) точка (2, 0, 1) i

всi точки прямо¨ x1 = 0;

г) всi точки прямо¨ x1 + x3

=

0.

248.

Нерухомими будуть всi прямi, рiвняння яких мають вид

αx1 + βx2

= 0,

äå

α i

β

довiльнi параметри, не рiвнi нулю

одночасно,6

а також

пряма p: x1

− 2x3

=

0.

249.

à) 2x1 − x2

+ x3

=

0; á)

пряма

x1 − x2

=

0 i âñi ïðÿìi

пучка

з центром

â

òî÷öi

(1, −1, 0); â)

пряма

x1

= 0

i âñi

прямi пучка

з центром

â

òî÷öi (2, 0, 1);

ã) âñi

ïðÿìi

пучка з центром в точцi (1, 1, −1). 253. Розв'язування. 1) З рiвнянь перетворення ма¹мо:

x1 = λx01, x2 = λx02, x3 = λ(x01 − x03).

Тому образом прямо¨ a∞ : x3 = 0 буде пряма a0 = ϕ(a∞) : x01 − x03 = 0.

		2) Рiвняння прямо¨ a∞, яка розгляда¹ться як образ шукано¨ прямо¨ b = ϕ−1(a∞), запишемо
	òàê: x0 = 0. Використовуючи рiвняння перетворення ϕ, знаходимо рiвняння прямо¨ b : x1							−	x3 =
	0.	3
		Зауваження. В нашому прикладi ми отримали ϕ(a∞) = ϕ−1(a∞). Таке спiвпадання
	випадкове. 254. à)		x2 + x3 = 0,	á)	x1 − x2 = 0,	â)	4x1 − 5x3 = 0,
		2x1 − x2 − x3 = 0,	2x1 − x2 = 0;		x2 = 0;		4x1 + 11x2 + 4x3 = 0 = 0;
	ã)
		x1 + 5x2 + 3x3 = 0.

2.8

255. Ðîçâ'ÿçîê. в) Образ точки B точка B0 iнцидентна прямiй P B. Точка K = p ∩ AB

нерухома точка, оскiльки вона належить вiсi гомологi¨ p (див. рис. до задачi 255 на стор. 37). Пряма AK перейде в пряму A0K. Оскiльки гомологiя зберiга¹ iнцидентнiсть, то шукана точка B0 = P B ∩A0K. д) Шуканi прямi паралельнi осi p гомологi¨ i проходя ть вiдповiдно через образ i прообраз довiльно¨ невласно¨ точки. 256. Âêàçiâêà. Побудуйте образ прямо¨ MA, äå A a. 260. Âêàçiâêà. Доведiть, що AA0B0B паралелограм для довiльних точок A, B та ¨х образiв A0, B0 âiäïîâiäíî. 263. Âêàçiâêà. Звернiть увагу на те, що пряма, що проходить через центри

гомологiй, нерухома i вiдносно композицi¨ цих гомологiй. 264. Âêàçiâêà. Спочатку розгляньте гомотетiю як гомологiю на розширенiй евклiдовiй площинi i тому вiсь гомологi¨ вважайте невласною, а далi скористайтесь результатом, отриманим в задачi 263. 266. Âêàçiâêà. Задайте гомологiю так, щоб одна з даних прямих була вiссю, а друга мала б сво¨м образом шукану пряму. 267. Âêàçiâêà. Розгляньте гомологiю, вiссю яко¨ ¹ шукана пряма AC, а образом точки

B ¹ точка D.

Рис. до задачi 255.

6 Легко бачити, що цi прямi утворюють пучок з центром в точцi A(0, 0, 1).

37

2.9

268. D0(2, 0, 1).

269.

à) ϕ(U) = (5,

−

7, 4), ϕ−1(V 0)

= (1, 5, 1); á) ϕ(U)

=

(7, 11, 8),

−

−

−

ϕ−1

(V 0) = (0, 1, 0); â)

ϕ(U) = (

−

2, 1, 2), ϕ−1(V 0) =

(1, 0, 1). 270. ϕ(X)

=

(7,

17, 20),

ϕ−1

(X) = (1,

−, ïîòiì

−

8, 1). 271. (0, 1, 0). Âêàçiâêà. Знайдiть центр перспективи S = AA0

∩

BB0

= SM ∩ A0B0

. 272. à)

шукану точку M0

U0(3, −1, −1), V (1, 0, −3); á) U0(3, 2, 5), V (4, 0, 3); â)

U0 = V = U = V 0 (3, 0, 1). 275. Âêàçiâêà. а) Подайте ϕ як композицiю двох перспективних вiдображень ψ2 ◦ ψ1 i побудуйте M0 = ψ1(M1), M2 = ψ2(M0) (див. задачу 274). 276. Âêàçiâêà. Означення проективного вiдображення пучкiв i властивостi цього вiдображення

дво¨стi означенню i властивостям проективного вiдображення прямих. Розгляньте проективне вiдображення ψ пучкiв, що задане трьома парами вiдповiдних прямих a1 i a2 = ϕ (a1), b1 i

b2 = ϕ (b1), c1 i c2 = ϕ (c1). 280. Âêàçiâêà. Нехай три пари прямих, вiдповiдних у вiдображеннi f, перетинаються в точках прямо¨ s. Довести, що перспективне вiдображення g : P (O) → P (O0)

çâiññþ s спiвпада¹ з f. 281. Âêàçiâêà. Перспективне вiдображення g : P (O) → d спiвпада¹

çf. 282. Âêàçiâêà. Ввести допомiжне перспективне вiдображення пучка P (O) на пряму d0,

що не проходить через точку O. 283. Вiдображення f : P (A) → P (C), яке визнача¹ться реперами R = (AC, AA0, AB0) i R0 = (CA, CA0, CB0), перспективне. Воно iндуку¹ перспективне вiдображення ϕ : BA0 → BC0 з центром L, в якому ϕ(M) = K. Îòæå, L MK.

38

Лiтература

[1]Л. С. Атанасян, В. Т. Базылев, Геометрия, ч. 1, М.: Просвещение, 1986.

[2]Л. С. Атанасян, В. Т. Базылев, Геометрия, ч. 2, М.: Просвещение, 1987.

[3]В. Т. Базылев и др., Сборник задач по геометрии, М.: Просвещение, 1980.

[4]Л. С. Атанасян, В. А. Атанасян, Сборник задач по геометрии, ч. 1, М.: Просвещение, 1973.

[5]Л. С. Атанасян и др., Сборник задач по геометрии, ч. 2, М.: Просвещение, 1975.

[6]С. Л. Певзнер, Проективная геометрия, М.: Просвещение, 1980.

[7]С. Л. Певзнер, М. М. Цаленко, Задачник-практикум по проективной геометрии, М.: Просвещение, 1982.

39